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大学の複素解析では、以下のように考えます。 複素数 z の偏角は \arg z と表されますが、2\pi の整数倍を加えても実軸からの角度は同じですので、偏角の表し方は無限に存在すること

この鉛直面内での運動は円運動です。小球が上に向かうとだんだん速さが減少していきますが、一瞬を切り取るとその速さも等しいと捉えることができます。その一瞬における運動方程式を考えるのが定石ですね。 ここ

結論から言うと、x_a=\dfrac{2mv_at}{2m+kt^2} は不正解です。 計算式自体に誤りはないですが、a,x_a,v_a の扱いに誤りがあります。 物体が時刻 t におけ

抵抗とインダクタのインピーダンスはそれぞれ Z_R=R,Z_L=j\omega L であり、直列なので合成インピーダンスは Z=R+j\omega L となります。 合成インピーダンスの絶対

微妙なニュアンスの差異をこの文章で伝えるのはとても難しいですが、この問題に関してはもちろん問題ありません。 私ならば、束縛条件を満たしたうえでいろいろ動かしてみて考えます。 この問題で言うと $\m

\mathrm{\triangle OBC} の重心 \mathrm{G} は、頂点 \mathrm{C} から対辺 \mathrm{OB} の中点に引いた線分(これを中線と言います)

a,b を実数として、a+bi=0 とすると、a=-bi \Rightarrow a^2=-b^2 となって、a=b=0 となります。 逆に、a=b=0 のとき、a+bi=0

個人的にはどちらでもよい(=書かなくてもよい)気がします。 (1)の解答にすべて含まれているからです。 無駄に書きすぎても時間を消費するだけなので、その中間程度で、根拠に軽く触れるような解答を書けば

この y=\dfrac{\sqrt{p^2-2p+5}}{2}\cos(2\theta+\alpha)+\dfrac{p+1}{2} が最大となるときは、$\cos(2\theta+\alpha)

直前の不等式 \dfrac{1}{\sqrt{xy}}\geqq2 の両辺を 2\sqrt2 倍すると得られます。

点 \mathrm{Q} は平面 \mathrm{ABC} 上にあるので、 $$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA

-1\leqq x \leqq 1 の範囲に解をもつような解の配置問題として考えても、もちろん同じ答えが得られます。 具体的には、代入した後の式を f(x)=2x^2+2mx+m^2-1=

ダミー変数やダミーインデックスと呼ばれるものですね。 \int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(y)dy は成立することが容易にわかります。 この式における x や y は、こ

c>3 が(*)の必要条件であることを示すからです。 任意の自然数 n に対して(*)が成り立つためには、n=1 で(*)が成り立つ必要があります。 つまり、c>3は、n=1 の

おそらく、 コンデンサーに蓄えられる総エネルギー コンデンサーのみの電気容量 のことだと思います。 私ならそう解釈して解答します。

直線 l 上にある点 \mathrm{C} の座標が (s,a(1-s),bs) と表され、点 \mathrm{P} の x 座標が t だからです。

$$\begin{aligned} \lim_{h\to0}\dfrac{\frac{f(x+h)}{x+h}-\frac{f(x)}{x}}{h}&=\lim_{h\to0}\dfrac{xf(x+

文字を減らして平方完成する解法は最もシンプルで王道であり、応用も効くので理解しておくべきものです。そちらについてはほかの方によって回答されている通りですので、ここでは別の視点からの解法をご紹介します。

l=r\theta からですね。

T(4) のうち増加表であるものの総数を考えましょう。 増加表の条件より、b_1 より小さい数は、上の行に小さい順に並ぶことが分かります。 さらに、a_2 には、a_1,b_1 を除く